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1、【赢在高考黄金20卷】备战2021高考化学全真模拟卷（广东专用）第十七模拟（本试卷共2 2 页，21小题，满 分 100分。考试用时75分钟）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S32 C1 35.5 Fe 56 Cu 64一、选择题：本题共16个小题，共 44分。第 110小题，每小题2 分；第 U16小题，每小题4 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.（江苏省盐城市2021届高三5 月第三次模拟考试）为解决气候危机，我国制定了实现“碳中和”和“温室气体净零排放”的长期战略目标。下列做法不应该提倡的是A.使用一次性餐具 B.发展CO2捕集技术
2、C.开发新能源 D.开发清洁燃烧技术【答案】A【解析】一次性餐具用餐的大量使用既浪费资源，又会造成环境污染，A 错误；发 展 捕 集 技 术，可以减缓温室效应，实现碳的循环利用，B 正确；开发利用新能源可以减少化石能源的利用，减少污染物的排放，C 正确；开发清洁燃烧技术，燃烧产物不含硫氮化合物，D正确。2.（山西省吕梁市2021届高三一模）化学科学与技术在宇宙探索、改进生活、改善环境与促进发展方面均发挥着关键性的作用。下列叙述正确的是（）A.2020年 12月 3 日，中国在月球表面首次实现五星红旗的“独立展示”。这面闪耀月球的国旗，是一面真正的“织物版”五星红旗，在正负150摄氏度的温差下仍
3、能“保持本色”，它的主要成分是蛋白质B.“神舟”和“天宫”系列飞船使用的碳纤维，属于传统无机非金属材料C.2020年春季爆发了新型冠状病毒疫情，该病毒具有极强的传染性。杀菌消毒是防止疫情蔓延的重要措施，84消毒液与酒精混用杀菌消毒效果更好D.血液透析是利用了胶体的物理性质，“人工肾”利用血液透析原理救治危重新冠肺炎患者【答案】D【解析】2020年 12月 3 日，中国在月球表面首次实现五星红旗的“独立展示”。这面闪耀月球的国旗,是一面真正的“织物版”五星红旗，在 正 负 150摄氏度的温差下仍能“保持本色”，由于蛋白质在高温条件下会发生变性，失去活性，故它的主要成分不可能是蛋白质，是一种新型合
4、成材料，A 错误；“神舟”和“天宫”系列飞船使用的碳纤维是一种新型复合材料，不属于传统无机非金属材料，B 错误；84消毒液具有一定的氧化性，而酒精具有还原性，二者混用将减弱杀菌消毒效果，C 错误；血液可以看成为胶体，血液透析是利用了胶体的“渗析”这一物理性质，“人工肾”利用血液透析原理救治危重新冠肺炎患者，D正确。3.（山西省吕梁市2021届高三一模）下列有关物质性质的叙述正确的是（）A.明矶和新制氯水都具有净水作用B.氨气极易溶于水，因此液氨可用作制冷剂C.化学家最近成功制造出环状碳分子C18,它与C60和金刚石均互为同素异形体D.B e 和 9Be具有相同的化学性质，因此可以用9Be代 替
5、 Be完 成“铝被埋藏测年法”【答案】C【解析】新制氯水中的次氯酸具有强氧化性，能使蛋白质变性，起到杀菌消毒的作用，但不能起到净水作用，A 错误；氨气分子间能形成氢键，分子间作用力大，易液化，液氨可用作制冷剂是因为液氨气化时会吸收热量，导致周围环境温度降低，B 错误；同素异形体是由同种元素形成的不同种单质的互称，C|8、C60和金刚石均是碳元素形成的不同种单质，则互为同素异形体，C 正确：”铝被测年法”是科学家通过测量二氧化硅中26Al和 Be两种元素的比例，确 定“北京人”年龄的测量方法4.（江西省八所重点中学2020-2021学年相关实验，能达到实验目的的是（）利用下列实验装置（夹持装置略
6、）进行D.图 4：测定中和热图1A.图 1：实验室制备少量无水MgCbC.图 3：制得金属锦【答案】C【解析】实验室制备少量无水MgCk应该在HCI气流中加热以抑制其水解，A 不合题意；图 2 所示制备少量氨气的方法是利用NaOH固体溶解放出大量的热，使一水合氨分解产生氨气，并不能证明NaOH的碱性强于NHyHaO,B 不合题意；由 于 A1具有强还原性，可以用铝热法制备部分难熔的金属性比A1弱的金属，故 图 3 所示制备金属钵的目的可以实现，C 符合题意；图 4 所示测定中和热的装置中缺少环形玻璃搅拌棒，且两烧杯的瓶口不相平，D 不合题意。)5.（河北省邯郸市2021届高考三模）NA为阿伏加
7、德罗常数的值，下列说法正确的是（A.一定条件下，ImolNz与足量H2反应可生成NH3的数目为2NAB.34 g Q 中含有的极性键数目为2NAC.在反应KC1O3+6HC1=KC1+3cLT+3H2O中，每生成3moic上 转移的电子数为6NAD.250c时，1 LpH=13 的 Ba（OH）2溶液中 Ba2+数目为 0.05 NA【答案】D【解析】一定条件下，N2与 H2反应为可逆反应，Imol N2与足量H2可生成NH3的数目小于2NA,A错 误；3 4 g Q 的 物 质 的 量 为 0.5 m o l,含 有 的 极 性 键 数 目 为 3 M,B 错 误；在反应KC1O3+6HC1
8、=KC1+3CI2T+3H2O 反应中氯元素化合价向中间靠拢，氯酸钾中氯元素化合价有+5价变成0 价的氯气，生 成 3m ol氯气转移了 5m oi电子，C 错误；25C时，1 L pH=13的 Ba（OH）2溶液中c（OH）=0.Imol/L,OH-数目为 0.1 NA,Ba?+数目为 0.05 Ns,D 正确。6.（河北省唐山市2021届高三第三次模拟5 月）从海水中提取澳的工业流程如图，下列说法错误的是（）A.海水晒盐利用的是蒸发结晶法B.步骤I 利用了氯气的强氧化性C.步骤H 中澳与碳酸钠反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1 ：1D.实验室分离溪还可以用溶剂萃取法，四氯化碳可以用作澳的
9、萃取剂【答案】C【解析】海水晒盐是利用了蒸发结晶的原理，而不是利用光照使海水升温从而使食盐析出，A 正确；步 骤 I 利用了氯气的强氧化性，将卤水中的溟离子氧化生成漠单质，B 正确；步 骤 I I 中漠与碳酸钠反应 3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3 中根据还原产物 NaBr 和氧化产物 NaBrCh,可知氧化剂与还原剂物质的量之比为5：1,C 错误；萃取剂的选取标准：萃取剂和溶质不反应、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度、萃取剂和原溶剂不互溶，实验室分离澳还可以用溶剂萃取法，四氯化碳可以用作澳的萃取剂，D 正确。7.(北京市海淀区2021届
10、高三一模)用如图装置(夹持装置已略去)进行NHa制备及性质实验。下列说法不正确的是()A.甲中制备N H,利用了 NH、-H Q 的分解反应B.乙中的集气瓶内a 导管短、b 导管长c.若将丙中的e e l,换成苯，仍能防止倒吸D.向收集好的NH3中通人少量C ,可能观察到白烟【答案】C【解析】甲为氨气发生装置，利用氨水受热分解制备氨气的原理，A 正确；氨气密度比空气小，利用向下排空气法，故 a 短 b 长，B 正确；因为苯的密度比水小，苯在上层，故将四氯化碳换成苯后不能防止倒吸，C 错误；氨气与氯气反应可以生成氯化钱固体，产生大量白烟，D正确。8.(四川省成都市2021届高三第三次诊断性检测)
11、下列方程式能正确解释相应实验的是电解A.用惰性电极电解饱和AlCb溶液：2CF+2H2O C12T+H2t+2OHB.实验室制备 Fe(OH)3胶体：FeCb+3NaOH=Fe(OH)3(胶体)+3NaClC.将水垢浸泡在饱和碳酸钠溶液中：CO-+Ca2+=CaCO3；D.将浓氨水滴在氢氧化钠固体上：NHj-HzO NaOll(s)NH3T+H2O【答案】D【解析】用情性电极电解饱和A1CL溶液过程中，溶液中C在阳极上失去电子发生氧化反应生成Ch,H2O电离出的H+在正极上发生还原反应生成出，溶液中A产与OIF会发生复分解反应生成A1(OH)3,电解因此电解总反应为2Al3+6C+6H2O3C
12、LT+3H2T+2Al(OHR,A 错误；实验室制备Fe(OH)3胶体A是利用FeCb在沸水中发生水解反应，反应方程式为FeCh+3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3HCL B 错误；水垢中含有CaSO4等，将水垢浸泡在饱和碳酸钠溶液中发生反应生成CaCCh,CaSO 为微溶物，反应离子方程式为CaSO4（s）+CO；（aq）-C a C O 3（s）+SO：（aq）,C 错误；浓氨水中存在平衡NH3+H2O N H y H2O NH；+OH-,将浓氨水滴在氢氧化钠固体上，溶液中OH 浓度增大，平衡逆向移动生成N%和 H2O,D正确。9.（山西省晋中市2021届高三下学期5 月统一模拟考试三模
13、）维生素C 对人体健康有很重要的作用，能治疗或辅助治疗多种疾病，其结构简式如图所示。下列关于维生素C 的说法错误的是II、/OH OH/=HO OHA.维生素C 分子中五元环上的碳原子一定共平面B.维生素C 能使难以被人体吸收的Fe3+还原为易于被人体吸收的Fe2+C.维生素C 既能与金属钠反应，又能与氢氧化钠溶液反应D.维生素C 的同分异构体中可能存在芳香族化合物【答案】D【解析】由乙烯结构可知，双键碳原子和与碳碳双键直接相连原子，6 个原子共平面，A 正确；维生素 C 具有强还原性，可以将Fe还原为Fe2+,B 正确；维生素C 中含有羟基和酯基官能团，能 与 Na发生置换反应，能在氢氧化钠
14、作用下发生水解反应，水解生成竣基官能团，能与氢氧化钠中和，C 正确；若含苯环，不饱和度至少是4,维生素C 的分子式为C6H8 6,不饱和度为3,D错误。1 0.（北京市海淀区2021届高三二模）CO?催化加氢制备CH 30H 是CO?资源化利用的重要途径。已知图2反应过程S 1下列说法不氐强的是A.由图1推知反应物断键吸收的能量小于生成物成键释放的能量B.图2中，若生成的H?。为液态，则能量变化曲线为C.C O,(g)+3 H2(g)=C H,OH(g)+H2O(g)A H=+3 1 Ok J/m o lD.制备C H 3 0 H的反应使用催化剂时，其AH不变【答案】B【解析】由图可知反应是放
15、热反应，生成物形成新键释放的能量大于反应物断裂旧键吸收的能量，A正确；液态水能量比气态水能量低，若生成的H?。为液态，比生成气态水放出的热量更多，应该在实线的下面，而不是在实线的上面，B错误；由 图1得H2(g)+g c)2(g)=H2 O(g)A H=-1 2 0 k J/m o l,由3图 2 得 C H3OH(g)+102(g)=C O2(g)+2 H2O(g)A H=-6 7 0 k J/m o l ,x 3-得，C O2(g)+3 H2(g)=C H,OH(g)+H2O(g)A H=+3 1 0 k J/m o l,C 正确；催化剂只影响速率，不影响反应热，D正确。1 1.(陕西省咸
16、阳市2 0 2 1届高考五月检测三模)冬季燃煤活动排放的大量活性澳化合物B i-C l能通过光解释放浪自由基和氯自由基，从而影响大气中自由基(OH、HO2、RO2)的浓度，其原理循环如图所示。下列说法正确的是()A.活性澳化合物B r C l中含非极性键B.溟自由基和氯自由基只具有氧化性C.通过循环大气中O H自由基的浓度降低D.B r C l的排放会造成臭氧含量减少、水中汞含量超标等【答案】D【解析】B r C l之间是不同原子形成的共价键，属于极性键，A错误；溟自由基和氯自由基处于低价，B r和0 3反应生成B r O,具有还原性，B错误；B r O+HO2=HOB r+OH,循环大气中O
17、 H自由基的浓度升高，C错误；B r C l 的循环中自由基B r 和臭氧结合生成B r O 而造成臭氧含量减小，自由基B r 结合Hg。生 成 H*,造成水中汞含量超标，D正确。12.(四川省内江市2 0 2 1 届高三下学期第三次模拟考试)短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X与 W 同主族，X、W 可以分别与Z形成原子个数比为1 ：1、2 ：1 的两种化合物，Y与 Z可以形成多种化合物，其中某些化合物是主要的大气污染物。下列说法正确的是()A.原子半径的大小关系：r(W)r(Z)r(Y)B.简单氢化物的热稳定性：Z YC.简单氢化物的还原性：Z r (Z)r (W),A错误
18、；非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，非金属性ON,则氢化物热稳定性：Z Y,B错误；非金属性越强，简单氢化物的还原性越弱，非金属性ON,则简单氢化物的还原性：Z Y,C正确；X 2Z2、W 2Z2分别为H 2O 2、N a2O2,H 2O 2只含有共价键，N a 2(h 含有离子键和共价键，二者含有的化学键类型不完全相同，D错误。1 3.(四川省泸州市高20 21届高三第二次教学质量诊断性考试)溶液中的离子平衡是以化学平衡理论为基础，以探讨离子反应原理的基础性理论。常温下，下列有关说法错误的是()A.10 mL p H=3的醋酸溶液稀释至10 0 m L,稀释后溶液的p H 4。B.H
19、 F 溶液中滴加少量稀N a O H 溶液，”H F)的值不变c(F)C.N a 2c 2O 4溶液中存在的离子浓度关系 c(O H )=c(H C2O4)+c(H 2c 2C U)+c(H+)D.反应 3M g(O H)2(S)+2F e3+=2F e(O H)3(s)+3M g 2+的平衡常数 K=K：pMg(OH)2K；pFe(OH)3【答案】C【解析】由于稀释过程中，醋酸能继续电离补充H+,故稀释后，溶 液 pH变化小于1 个单位，即 p HC还原反应，则为电解池的阴极，N 为电池的负极，所以 y 电极与N 电极相连，A 不选；图 1 中发生COz+O?-C2O；+CO?-,B 不选；
20、x 为电解池的阳极，失去电子发生氧化反应：2 c2O；-4 e -=4 CCht+C h t,C 不选；未指明是否处于标况下，所以无法计算氧气的体积；若为标况，y 电极每生成12 g C（Im olC）时，1 mol CO；得到4 moi电子，根据电子守恒可知，x 电极会有22.4LOz生成，选 D。1 5.（广东省佛山市南海区2021届高三摸底测试）苯与水煤气合成甲苯的烷基化反应可简化如下:+CO+2H2Pt-ZSM-5)CH3+H2O下表分析了 PtZSM5 催化剂应用于苯与水煤气合成甲苯的烷基化反应的相关实验数据:温度/苯平衡转化率，%甲苯和对二甲苯总选择性，%甲苯选择性，%对二甲苯选择
21、性，%4002.1763.1457.535.614253.7984.9675.469.504505.9282.2073.788.424757.0883.9978.105.89（注：表中各次实验均控制苯、CO、H2进气量比例为1：1：2,使用催化剂P t-Z S M-5,反应压力3MPa）下面说法错误的是A.表中数据分析了反应温度对苯与水煤气烷基化反应的影响B.反应温度升高，催化剂为目标产物选择性增大，副产物选择性降低C.450下若苯与氢气投料比为1 ：4,则苯的平衡转化率大于5.92%D.获取上述实验数据需保证各次实验中PtZSM5 催化剂的比表面积一致【答案】B【解析】由表中数据可知，表中为
22、不同温度，苯与水煤气烷基化反应的数据，分析了反应温度对苯与水煤气烷基化反应的影响，A 正确；由表中数据可知，反应温度升高，400450时，催化剂对目标产物选择性增大，副产物选择性也增大，在 475后，催化剂对目标产物选择性增大，副产物选择性降低，B 错误；450下若苯与氢气投料比为1：4,氢气浓度增大，平衡正向移动，则苯的平衡转化率增大，C 正确；各次实验中P t-Z S M-5 催化剂的比表面积一致，对反应的催化效果相同，可比较温度的影响，D正确。1 6.（四川省绵阳市高中2021届高三4 月第三次诊断性考试）常温下，用 NaOH溶液滴定H2A溶液，混合溶液的P H与离子浓度的负对数p X的
23、关系如图所示。p X代 表 一 怆 喋 卷 或 一坨 黑 与 下列说法正确 的 是()A.C(A 2 曲线a表示p H与一1 g士 二 的变化关系c(H A )B.H 2 A的第一步电离常数为I O 2C.滴定至 p H=7 时，c(N a+)K a 2,故T g K a i T g K a 2,故 曲 线a表 示pH与 一1 g空学的 变 化 关 系，A错 误；由 点(-2,3 .2)可 知，C(H2A).=(HA)C(H)=0 2 *I。=02 ,B 错误；由电荷守恒知，C(H2A)c(N a+)+c(H+)=2 c(A2-)+c(H A-)+c(O H*),滴 定 至 p H=7 时，c
24、(H+)=c(O H ),则c(N a+)=2 c(A2-)+c(H A ),溶液中c(H A （按气流方向，用小写字母表示）;操作为：连接装置，打开流速控制器。（5）该实验需严格控制A 中浓盐酸流速，若过快，产生的不利后果是 o【答案】（13分）熔融（1）2MnO2+4KOH+O2 2 K2M11O4+2H2O（2 分）（2）生 烟（1 分）D、E（2 分）（3）油浴加热便于控制加热温度，受热更均匀（2 分）（4）f g d e b c（2 分）检验装置气密性，添加药品，再连接好装置（2 分）（5）C 中 pH降低，发生歧化反应，高酸钾产率降低或CL的利用率低（2 分）【解析】（1）将 Mn
25、Ch固体与KOH固体混合加热熔融得到K2M11O4的反应中，Mn元素化合价由+4升高至+6,空气中02作氧化剂，O 元素化合价由0 降低至-2,设 02的系数为1,根据氧化还原反应化合价升降守恒可知MnCh系数为2,根 据 M n原子守恒可知RMnO 的系数为2,根 据 K 原子守恒可知KOH的系数为4,根据H 原子守恒可知H2O 的系数为2,因此该反应方程式为:2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；（2）熔融过程的反应需要在用竭中进行；组竭应置于泥三角上，泥三角置于三脚架上，还需要的仪器为泥三角、三脚架，即 D、E；（3）A 为 CL产生装置，A 装置利用MnCh与浓盐酸在加热
26、条件下生成C L,浓盐酸的挥发性较好，利用油浴加热可将反应容器包裹，使装置受热更均匀，同时方便控制反应温度；（4）A 为 CL产生装置，所制备的气体中含有HC1,HC1与 KOH反应会使溶液pH 降低而使K2MnO4发生歧化反应，因此需要除去HCL D 为除去C12中 HC1装置，C 为 C h氧 化 K2M11O4制备KMnCh装置，B 为除去尾气装置，为保证气体除杂、反应更充分、尾气吸收完全，气流需长进短出，所以装置连接顺序为a-J g-d-e-b T C；实验过程中存在使用有毒气体的情况，因此需要先检查装置气密性，然后装入药品进行实验；（5）因 KzMnO 在酸性或者中性的水溶液中易歧化
27、，如果A 中浓盐酸流速过快，则产生CL的速度过快，CL会 与 KOH发生反应使得溶液pH 降低而导致KzMnCh发生副反应（歧化反应）生成MnCh,M n元素利用不充分或CL利用率低。1 8.（山西省晋中市2021届高三下学期5 月统一模拟考试三模）（14分）五氧化二钢常用于生产硫酸或石油精炼的催化剂。某化工厂从废催催化剂中（含有K2s04、V2O5、V2O4、SiO2 Fe2O3 AI2O3等）回收五氧化二钮和硫酸钾，既能避免环境污染，又能节约资源。回收工艺流程如下：H,SO,、FeSO,废钿催化剂广滤渣2丽+滤 液 包 座 吨 面 便 遮 卜滤 渣1H O KOHNH.CI.NH有 机 相
28、-I反:取4水相2 T氧有机相 2 H,SO,、KC1O,VQ.水相牌L滤液24 取已知：“酸浸”时 V2O5和 V2O4先与稀硫酸反应分别生成VO；和 VO2+.有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取v o；的能力强。溶 液 中 VO；与 VO；可相互转化：VO；+H2OUVC）3+2H+。（1）“酸 浸 时，FeSO4的作用是.（2）滤渣2 的成分主要有（填化学式）。（3）“萃取”和“反萃取”时，将发生R2（SO4）n（水层）+2nHA（有机层）U2RAn（有机层）+nH2so4（水层）（R 表示VO2 HA表示有机萃取剂），“反萃取”操 作 加 入 的 试 剂 是 （填化学式）。（4）“氧化
29、”过 程 中 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 为。若该废帆催化剂中V 2 O 5 的含量为1 0%（原料中所有的机已换算成V 2 O 5）。该厂检验科实验室取1 0 0 g 待处理样品，按照上述流程进行实验。当加 入 1 5 0 m L 0.I m o L L-i 的 K C lC h 溶液时，溶液中的钿元素恰好完全反应，则该工艺中钿的最大回收率是%（假设与K C 1 O 3 反应后的操作步骤中钢元素无损失）。（5）沉钮率是回收钮的关键之一。“沉钿”时，钢元素主要以 形式存在（填相应的离子符号）。实验发现，温度超过8 0 以后沉钢率下降（如图），可能的原因是 o88-%60 70 80
30、 90 KX）沉淀温度/安【答案】（14分）（1）在酸性条件下，将 VO；还原为VO2+（2 分）（2）Fe（OH）3、A1（OH）3（2 分）（3）H2sCh（1 分）（4）3H2O+C1O；+6VO2+=6VO：+C+6H+（3 分）81.9（2 分）（5）VO；（1 分）温度升高，一水合氨受热分解，氨气逸出，使 OH-浓度下降，VO；+出。峰 为 VO,+2H+,该平衡逆移，导致VO3浓度下降，沉机率下降（3 分）【解析】（D“酸浸”时，Fe2+的作用是将VO；还原为VO2+；（2）结合废机催化剂的成分可知其中除了 SiO2（滤 渣 1）外，还 有 FezCh、AI2O3,酸浸时在足量酸
31、的作用下以Fe3+、AF+的形式存在，通 过 KOH调节pH后，形 成 Fe（OH）3沉淀、A1（OH）3沉淀，故滤渣2的成分主要有Fe（OH）3、Al（OHh；（3）“萃取”时，加入有机物，平衡向右移动，“反萃取”时，平衡向左移动，则应加入H2s04；（4）“氧化”过程中KCKh将 VO2+氧化成v o；,便于后续沉铀，进而实现钢的回收，相关的离子方程式为3H2O+CIO；+6VO2+=6VO；+Cr+6H+；100 g 待处理样品中，m(V2O5)=100gxl0%=10g,则10g 5 5 10n(V2Os)=;-=m o l,即(V)=2x mol=mol；n(KC103)=0.15L
32、xO.lmol*L r=0.015mol,182g/mol 91 91 910.09mol由于C Q 6 V。匕n(VO-)=0.09 m oL 则该工艺中机的最大回收率为其1 =江 9%；91(5)依信息VO；与 VO；可相互转化：VO；+H2OUV()3+2H+,加入NH4cl和 N H 3,促进平衡正移，机元素主要以VO；的形式存在；温度过高，温度升高，一水合氨受热分解，氨气逸出，使 c(OH-)下降，平衡逆向移动，VO,浓度下降，导致沉帆率下降。19.(安徽省蚌埠市2021届高三第四次教学质量检查)(1 5 分)减少机动车尾气中NO、和 CO的排放是科学家一直关注研究的课题。(1)用
33、C O 处理大气污染物N 2 O所发生的的反应为：N2O(g)+CO(g)=C O2(g)+N2(g)A/7,几种物质的相对能量如下:物质N2O(g)CO(g)C O2(g)N2(g)相对能量k J-m o 47 5.52 8 3039 3.5AH=k J m o rT 时，将等物质的量的N 2 O 和 C O 充入密闭容器中发生反应，下列事实能判断反应达到平衡状态的是_ _ _ _ _ _ _A.气体的密度不再变化B.混合气体的平均相对分子质量不再变化C.体系中N 2 O 和 C O 的转化率相等D.c(C O)eg)比值不再变化(2)模拟汽车的“催化转化器”，将 2 m o i NO(g)
34、和 2 m o i c 0(g)充 入 1 L 的密闭容器中，在不同温度和压强下发生反应2 NO(g)+2 CO(g)N2(g)+2 C O2(g),测得C O 的平衡转化率a 随温度T 变化曲线如图所示。图像中C 点逆反应速率 B 点正反应速率(填或，下 同)；反应的平衡常数：A 点 D点。实验测得：”斗正七 2 0)领 8),v 迪=AM C(N 2)C2(C O 2),岫、左 迪 分别是正、逆反应速率常数。则 7 VC时 C 点处对应的丫正：丫逆=oa(CO)50%25%ADPiCBPiT】（3）汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理
35、 如 下 Pt（s）表示催化剂，右上角带“*”表示吸附状态:I.NO+Pt(s)=NO*II.CO+Pt(s)=CO*III.NO*=N*+O*IV.CO*+O*=CO2+Pt(s)V.N*+N*=N2+Pt(s)VI.NO*+N*=N2O+Pt(s)经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T 变化关系如图1和图2 所示。图1图2 图 1 中温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是 o 图 2 中温度T2时反应V 的活化能 反应V I的活化能（填“或=）；温度T30c时 发 生 的 主 要 反 应 为 （选 填“IV”或 V”或“VI”）。【答案】（15分）（1）一 36
36、5（2 分）D （4 分）分）（1 分）40.5：1（2 分）（3）温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度快速减小（3 分）（1 分）IV（1 分）【解析】（D 生成物所具有的总能量一反应物所具有的总能量=（393.5+0-475.5-283）kJmol=365 kJmo，反应前后气体质量和体积不变，气体的密度始终不变化，不能说明反应达到平衡状态，A错误；反应前后气体质量不变，气体物质的量不变，混合气体平均相对分子质量不再变化，不能说明反应达到平衡状态，B错误；W O和C O的起始量相同，系数比为1 ：1,体系中N2O和C O的转化率一直相等,C错误；反应未达到平衡前CO浓度增
37、加，CO2浓度减小，当c(CO)e g)比值不再变化，说明达到平衡,D正确；(2)C、B点纵坐标相同，反应物浓度相同，由于B点温度高于C点，则C点逆反应速率小于B点正反应速率；同一压强下，温度升高，CO的平衡转化率a下降，说明平衡逆向移动，即该反应是放热反应，由于D点温度高于A点，则A点平衡常数大于D点；C点C O的平衡转化率a=25%,列三段式贝！j v正=正/伊0)29 0)=1.52xl.52k=5.0625 正，v fflc(N2)*c2(CO2)=0.25x0.52*=0.0 6 2 5*所以 y 正：,逆=5.()625正：0.0625*=81x().5：1=40.5：1；2NO(
38、g)+2cU N z(g)+2CO2I起始量/mol2200转化量/mol0.50.50.250.5平衡量/mol1.51.50.250.5(3)温度从北升至7 b的过程中，反应没有达到平衡状态，升高温度，催化剂活性增强，反应速率加快，导致反应物浓度急剧减小；图2中温度7 2时C(CO2)C(N2),则反应速率：IV V,反应的活化能越高，反应速率越慢，所以活化能：V IV；图中温度7 VC时，C(CO2)C(N2)C(N2O),则生成CO2的反应为主反应，即7 3时发生的主要反应为IVo(-)选考题：共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。2 0.选修3：物质
39、结构与性质(四川省内江市2021届高三下学期第三次模拟考试)(14分)第四周期第V III族元素在古代和现代被广泛应用。回答下列问题：(1)据古文献记载:宣德时期青花瓷使用的颜料“苏勃泥青”是从一种进口钻毒矿 主要成分：(FeCo)xAsS中提取出来的。基态Co原子的价电子排布式为 o无水CoCb的熔点是7 35,沸 点1049,CoCb属于 晶体；碎酸根离子(AsO：)的空间构型为_ _ _ _ _ _ _（2）下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是A.A r 3 d 6 4 s lB.A r 3 d 6 4 s 2C.A r 3 d 7 4 s lD.A r 3 d6（3）鉴定
40、N i 2+的特征反应是将丁二酮月亏加入N i?+盐溶液中，生成鲜红色的螯合物M,M结构如图所示:0-H-0H A/CHj0组成M的五种元素中，电负性最大的是 图 中 各 微 粒 间 不 存 在 的 作 用 力 有 （填标号）。a.配位键 b.极性键 c.非极性键 d.兀键 e.离子键 f.氢键（4）K3 F e（C N）6（铁氧化钾）可用于检验铁陨石中铁元素价态。与配体C N原子总数相等的等电子体是,l m o l F e（C N）6 3-中含有的。键数目为（设 NA为阿伏加德罗常数的值）。（5）一种铁氮化合物具有高磁导率，可用于制电子元件。该化合物密度为p g-c m r,其结构如图所示:
41、该 铁 氮 化 合 物 的 化 学 式 为。计算F e（I I）构成正八面体的体积为 c m 3。【答案】（14分）（1）3d74s2（1 分）离 子（1 分）正四面体形（1 分）（2）D （2 分）（3）O（1 分）e（2 分）（4）CO 或 NO+（1 分）12NA（2 分）（5）Fe4N（1 分）U9/3PNA（2 分）【解析】（1）C。是 27号元素，核外电子排布式为A门 3（r 4 s2,价电子排布式为3d74s2,无水CoCh的熔点是735。沸 点 1049%：,熔沸点较高，属于离子晶体；碎酸（MAsCh）分子中As的杂化方式与同主族磷酸中的杂化方式相同，P 的价层电子对数为4+（
42、5+34X2）/2=4,故为sp3杂化,根据A s的价层电子对数为4 可知，碑酸根的空间构型为正四面体形：(2)铁 为 26号元素，其基态原子核外电子排布式为 Ar 3d64s2,由题给信息知，A 项代表Fe+,B、C项代表Fe原子，D项代表Fe2+,D项 Fe?+再失去一个电子较难，即第二电离能大于第一电离能，故电离最外层一个电子所需能量D项大于A 项，4s能级的能量高于3d,4s能级上电子较3d上电子易失去，故电离最外层一个电子所需能量D最大，选 D；(3)非金属性越强，电负性越小，则电负性大小为：O N C H,Ni是金属元素，电负性最小，则电负性最大的是0;由结构简式可知分子中存在配位
43、键，含 有 C=N键，则含有6 键、兀键、氧氢之间除共价键外还可存在氢键，分子中不含离子键和金属键，选 e；(4)C K 中含有2 个原子，14个电子，等电子体有CO或 NO+,在配合物 Fe(CN)6p-中，CN1与铁离子之间有6 个配位键，在每个CN-内部有一个共价键，所 以 Imol该配合物中含有。键的数目为12NA;(5)晶胞中Fe原子数为8xl/8+6xl/2=4,N 原子位于体心，数 目 1个，所以氮化铁的化学式FeN；氮化铁的化学式F ejN,则晶胞质量m=238/N,g,若晶胞边长为a cm,则晶胞质量m=pV=pa3g=238/NAg,a3=238/pNA,Fe(H)围成的八
44、面体相当两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂直、S 底=l/2a2cm2,正四棱锥的高等于l/2acm,根 据 V=1/3S jgh=l/3xl/2a2xl/2acm3=a3/12cm 八面体体积=2V 催=a3/6cm3=119/3pAcm21.选修5：有机化学基础(广东省华附、省实、广雅、深 中 2021届高三四校联考)Q 4 分)川赤芍是中药逍遥丸、四逆散的主要组成原料，科学家从川赤芍根部分离得到了具有新型骨架的天然产物降碳二菇Paeoveitol(J)o该物质可由片段C 和片段I 分子通过杂原子参与的Diels-Alder反应合成得到。以下是分别制备两种片
45、段及合成降碳二菇Paeoveitol(J)的合成路线。1)涔 易 斯 酸已知：SeCh具有较强的氧化性；乙酰氯的结构简式为久杂原子参与的Diels-Alder反应：（+I I溶剂、加热）回答下列问题:(1)化合物A 的分子式为；化合物C 中的官能团为一：FTG 的反应类型为一。(2)D+E-F 反应的副产物可能的结构简式一（写一种即可）。(3)化合物GTJ的化学方程式为_(4)遇 FeCb显紫色的A 的同分异构体共有几种：(5)写出由乙烯、丙烯醇、甲醇出发制备的合成路线0路 易 斯 限【答案】（14分）（DC7H8。2（1 分）酯基、羟 基（2 分）消去反应（1分）OH（2 分）EL哦 咤。1
46、 2cL+HC1(3 分)(4)11 种(2 分)C U,。2C 8 H CH.QH,浓 H A O 1、COOCH,CH?=国一 溶剂，加 热.【解析】(1)A 为,由其结构简式可知分子式为：C7 H 8。2,C 为,由结构可知其所含官能团为羟基和酯基，由以上分析F 到 G 的反应类型为消去反应;(2)D+E-F 反应,D的结构不对称，因此还可能出现的产物有(3)化合物G 与%在毗咤CH2 a 2条件下反应可得到J,反应为:ItiffiCH2c%+HC1；-3人(4)A的同分异构体遇FeCb显紫色说明存在酚羟基，若只含一个酚羟基，则另一取代基可以是一OCH3或一CH2OH,在苯环上有邻、间、对三种位置，共 6 种；若含有两个酚羟基：可以是邻位,则甲基在苯环上有2 种位置，若为间位，则甲基在苯环上有3 种位置，若为对位即A 的结构，故符合条件的同分异构体共11种，故答案为：11;醇酯化反应得到,可由 严 5 5 与乙烯发生Diels-Alder反应得到，产 0沁可 由 刈 与甲J 0 H 可 由 催 化 氧 化 得 到，由此可得合成路线:Cu，。2-A-COOH CH3OH,浓 H q S Q,、CH,#2 、溶前，加 热,